2025-02-26 15:06阅读: 9评论: 0推荐: 0

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大概就是做一些省选的题吧，然后还剩下的东西大概就是会等到省选完再学吧。

省选2024 迷宫守卫

之前没有做过的，现在来补一下。

注意到第一个点是很重要的，先考虑第一个点选什么然后一个一个推下去，显然有朴素的 $D P$ ： $f_{u, k}$ 表示以 $u$ 节点的子树中，给了 $k$ 块钱，可以让答案 $\geq f_{u, k}$ 中的 $f_{u, k}$ 的最大值。

转移显然 $f_{u, j} = f_{l s, j} + min (f_{r s, j}, w_{u})$ ，初始化 $f_{u, 0 \dots q_{u}} = 0, f_{u, q_{u} + 1} = + \infty$ ，然后由于一层中第二维的总和是 $2^{n}$ ，维护拐点即可做到 $O (2^{n} n^{2}) / O (2^{n} n)$ （使用归并排序）。

关键是如何求答案。考虑定义 $s o l (u, k)$ 为考虑 $u$ 子树内最优的排列，且给了 $k$ 块钱，花费的钱数。

考虑 $f_{u, j} \leq k$ 的最大 $j$ ，那么下一个走到的数一定是 $j$ 。找到 $j$ 所在的子树。

若 $j$ 在右子树：那么 $w_{u}$ 一定不会选，由于是先访问右子树，那么需要尽量给右子树更多的钱，于是我们预留左子树需要的钱数 $f_{l s, j}$ ，执行 $c s t = s o l (r s, k - f_{l s, j}), s o l (l s, k - c s t)$ 。
若 $j$ 在左子树：考虑 $w_{u}$ 是否会被选择，首先执行 $c s t = s o l (l s, k - min (f_{r s, j}, w_{u}))$ 。由于选择 $w_{u}$ 会导致 $A l i c e$ 可以直接使用的钱变少，肯定是更劣的，于是我们能不选就不选，即 $f_{u, r s} \geq k - c s t$ 时，我们才会选择 $w_{u}$ 。然后执行 $s o l (r s, k - c s t - w_{u} / 0)$ 即可。

这样时间复杂度就是 $O (2^{n} n)$ ，码量不大，大概 $1 h + δ$ 写+调。

qwq

 #include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
//#define int long long 
#define pir pair<int, ll>
#define pb emplace_back
#define ls (u << 1)
#define rs (u << 1 | 1)
#define lf(x) ((x >= (1ll << n)))
#define fi first
#define se second
using namespace std;
 
const int N = (1ll << 17) + 10;
const ll INF = 1e18;
 
int n;
ll w[N], q[N], rk[N];
 
vector<pir> vec[N];
 
inline void dp(int u){
  if(lf(u)){vec[u].pb(make_pair(q[u], 0ll)); return;}
  dp(ls); dp(rs); int siz = vec[ls].size() - 1; //vec[ls].pb(pINF); vec[rs].pb(pINF); 
  int i = siz, j = siz; 
  while(i >= 0 && j >= 0){
    int val = 0;
    if(vec[ls][i].fi > vec[rs][j].fi) val = vec[ls][i].fi, i--;
    else val = vec[rs][j].fi, j--;
    vec[u].pb(make_pair(val, ((i != siz) ? vec[ls][i + 1].se : INF) + min(w[u], ((j != siz) ? vec[rs][j + 1].se : INF))));
  }
  while(i >= 0) vec[u].pb(make_pair(vec[ls][i].fi, vec[ls][i].se + min(vec[rs][0].se, w[u]))), i--;
  while(j >= 0) vec[u].pb(make_pair(vec[rs][j].fi, vec[ls][0].se + min(vec[rs][j].se, w[u]))), j--;
  reverse(vec[u].begin(), vec[u].end());
//  cerr << u << "\n";
//  for(auto qwq : vec[u]) cerr << qwq.fi << " " << qwq.se << "\n"; 
}
 
inline int findpos(int u, ll val){
  int ret = 0, L = 0, R = vec[u].size() - 1;
  while(L <= R){
    int mid = (L + R >> 1);
    if(vec[u][mid].se <= val) L = mid + 1, ret = vec[u][mid].fi;
    else R = mid - 1;
  }
  return ret;
}
 
inline ll getf(int u, int j){
  ll ret = 0, L = 0, R = vec[u].size() - 1;
  while(L <= R){
    int mid = (L + R >> 1);
    if(vec[u][mid].fi >= j) ret = vec[u][mid].se, R = mid - 1;
    else L = mid + 1;
  }
  if(L == vec[u].size() && (!ret)) ret = INF;
//  cerr << u << " " << j << " " << ret << "\n"; 
  return ret;
}
 
inline ll sol(int u, ll k, int dep){
//  cerr << u << " " << k << "\n";
  if(lf(u)){cout << q[u] << " "; return 0;}
  int j = findpos(u, k); ll ret = 0;
//  cerr << u << " " << j << "\n";
  if(rk[j] & (1ll << (n - dep - 1))){
    ret = sol(rs, k - getf(ls, j), dep + 1);
    ret += sol(ls, k - ret, dep + 1); 
  } else {
    ll fr = getf(rs, j);
    ret += sol(ls, k - min(fr, w[u]), dep + 1);
    if(fr > k - ret) ret += w[u];
    ret += sol(rs, k - ret, dep + 1);
  } return ret;
}
 
inline void solve(){
  ll k; cin >> n >> k;
  for(int i = 1; i < (1ll << n); i++) cin >> w[i];
  for(int i = (1ll << n); i < (1ll << (n + 1)); i++) cin >> q[i], rk[q[i]] = i;
  dp(1); sol(1, k, 0); cout << "\n";
}
 
inline void clr(){
  for(int i = 1; i < (1ll << (n + 1)); i++) vec[i].clear(); 
}
 
signed main(){
  ios::sync_with_stdio(0);
  cin.tie(0); cout.tie(0);
  int T; cin >> T; while(T--) clr(), solve();
 
  return 0;
}

ABC245Ex Product Modulo 2

$T r i c k$ ：根据 $C R T$ 的结论，假设确定了每个质数维度上的余数，那么就可以唯一确定原模数的取值。于是我们分开每一类质数考虑，即考虑 $m = p^{k}$ 的情况。

经典的，我们先不考虑最后一位的取值，而是考虑前 $n - 1$ 位最后的乘积在 $p$ 这一维上的表现。具体的，设 $f_{i, j}$ 是前 $i$ 位，乘积中恰好只含 $p^{j}$ ，即可以表示为 $x \times p^{j}$ （ $gcd (x, p) = 1$ ），于是有转移 $f_{i, j} \times c c b_{k} \to f_{i + 1, min (m x, j + k)}$ 。其中 $c c b_{i}$ 是 $0 \dots m - 1$ 中恰好含 $p^{i}$ 项的数的个数，容易转 $\geq$ 解决。不难发现每一轮的转移都是一致的，于是可以矩阵快速幂做到 $O (\log^{3} m \log n)$ 。

然后考虑假设前 $i$ 位的乘积可以表示成 $x_{1} \times p^{y_{1}}$ ，最后的结果可以表示成 $x_{2} \times p^{y_{2}}$ 。那么相当于要求最后一个数 $l = x \times p^{y}$ 满足 $y = y_{2} - y_{1}$ 。可以改写为：

$x_{1} \times x \equiv x_{2} (\mod p^{m x - y_{1} - y})$

由于 $gcd (p, x_{1}) = 1$ ，于是 $x \equiv x_{2} \times x_{1}^{- 1} (\mod p^{m x})$ 。提取出来即 $x = x_{2} \times x_{1}^{- 1} + w p^{m x - y_{1} - y}$ 。即求有多少个 $w$ 满足条件，不难发现由于 $x_{1} \in [0, p^{m x - b})$ ，于是 $w \in [0, p^{a})$ 。即最后的答案为 $\sum_{i = 0}^{m x} [K mod p^{i} = 0] f_{n - 1, i} \times p^{i}$ 。

注意 $K mod p^{m x} = 0$ 的情况，直接乘上 $f_{n, m x}$ 即可。

qwq

 #include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
//#define int long long 
#define pir pair<int, int>
#define pb emplace_back
using namespace std;
 
const int N = 40;
const ll mod = 998244353;
 
ll n, m, A, ccb[N], pw[N];
 
inline void ADD(ll& x, ll y){x += y; (x >= mod) ? (x -= mod) : 0ll;}
 
struct mat{
  ll a[N + 5][N + 5];
  mat(){memset(a, 0, sizeof a);}
  inline void I(){
    for(int i = 0; i < N; i++) a[i][i] = 1;
  }
};
inline mat operator*(struct mat A, struct mat B){
  mat ret;
  for(int k = 0; k < N; k++)
    for(int i = 0; i < N; i++)
      for(int j = 0; j < N; j++) ADD(ret.a[i][j], A.a[i][k] * B.a[k][j] % mod);
  return ret;
}
 
inline mat mpow(mat bas, ll y){
  mat ans; ans.I();
  for(; y; y >>= 1, bas = bas * bas) if(y & 1) ans = ans * bas;
  return ans;
}
 
inline ll solvesi(ll p, int mx){
  //cout << p << " " << mx << "\n";
  ll ans = 0; mat bas; pw[0] = 1;
  for(int i = 1; i <= mx; i++) pw[i] = pw[i - 1] * p;
  for(int i = 0; i < mx; i++) ccb[i] = (pw[mx - i] - pw[mx - i - 1]) % mod;
  ccb[mx] = 1;
  for(int i = 0; i <= mx; i++){
    for(int j = 0; j <= mx; j++) ADD(bas.a[i][min(mx, i + j)], ccb[j]);
  }
  mat ret; ret.a[0][0] = 1;
  if(A % pw[mx] == 0){
    ret = ret * mpow(bas, n);
//    cout << ret.a[0][mx] << "\n";
    return ret.a[0][mx];
  }
  ret = ret * mpow(bas, n - 1);
  for(int i = 0; i <= mx; i++){
    if(A % pw[i] != 0) break;
    ADD(ans, ret.a[0][i] * pw[i] % mod);
  }
  return ans;
}
 
signed main(){
  ios::sync_with_stdio(0);
  cin.tie(0); cout.tie(0);
  cin >> n >> A >> m; ll ans = 1;
  for(ll i = 2; i * i <= m; i++){
    if(m % i == 0){
      int cnt = 0;
      while(m % i == 0) m /= i, cnt++;
      ans = ans * solvesi(i, cnt) % mod;
    }
  } if(m > 1) ans = ans * solvesi(m, 1) % mod;
  cout << ans;
 
  return 0;
}

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本文作者：Little_corn

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	#include<bits/stdc++.h>
	#define ll long long
	//#define int long long
	#define pir pair<int, ll>
	#define pb emplace_back
	#define ls (u << 1)
	#define rs (u << 1 \| 1)
	#define lf(x) ((x >= (1ll << n)))
	#define fi first
	#define se second
	using namespace std;

	const int N = (1ll << 17) + 10;
	const ll INF = 1e18;

	int n;
	ll w[N], q[N], rk[N];

	vector<pir> vec[N];

	inline void dp(int u){
	if(lf(u)){vec[u].pb(make_pair(q[u], 0ll)); return;}
	dp(ls); dp(rs); int siz = vec[ls].size() - 1; //vec[ls].pb(pINF); vec[rs].pb(pINF);
	int i = siz, j = siz;
	while(i >= 0 && j >= 0){
	int val = 0;
	if(vec[ls][i].fi > vec[rs][j].fi) val = vec[ls][i].fi, i--;
	else val = vec[rs][j].fi, j--;
	vec[u].pb(make_pair(val, ((i != siz) ? vec[ls][i + 1].se : INF) + min(w[u], ((j != siz) ? vec[rs][j + 1].se : INF))));
	}
	while(i >= 0) vec[u].pb(make_pair(vec[ls][i].fi, vec[ls][i].se + min(vec[rs][0].se, w[u]))), i--;
	while(j >= 0) vec[u].pb(make_pair(vec[rs][j].fi, vec[ls][0].se + min(vec[rs][j].se, w[u]))), j--;
	reverse(vec[u].begin(), vec[u].end());
	// cerr << u << "\n";
	// for(auto qwq : vec[u]) cerr << qwq.fi << " " << qwq.se << "\n";
	}

	inline int findpos(int u, ll val){
	int ret = 0, L = 0, R = vec[u].size() - 1;
	while(L <= R){
	int mid = (L + R >> 1);
	if(vec[u][mid].se <= val) L = mid + 1, ret = vec[u][mid].fi;
	else R = mid - 1;
	}
	return ret;
	}

	inline ll getf(int u, int j){
	ll ret = 0, L = 0, R = vec[u].size() - 1;
	while(L <= R){
	int mid = (L + R >> 1);
	if(vec[u][mid].fi >= j) ret = vec[u][mid].se, R = mid - 1;
	else L = mid + 1;
	}
	if(L == vec[u].size() && (!ret)) ret = INF;
	// cerr << u << " " << j << " " << ret << "\n";
	return ret;
	}

	inline ll sol(int u, ll k, int dep){
	// cerr << u << " " << k << "\n";
	if(lf(u)){cout << q[u] << " "; return 0;}
	int j = findpos(u, k); ll ret = 0;
	// cerr << u << " " << j << "\n";
	if(rk[j] & (1ll << (n - dep - 1))){
	ret = sol(rs, k - getf(ls, j), dep + 1);
	ret += sol(ls, k - ret, dep + 1);
	} else {
	ll fr = getf(rs, j);
	ret += sol(ls, k - min(fr, w[u]), dep + 1);
	if(fr > k - ret) ret += w[u];
	ret += sol(rs, k - ret, dep + 1);
	} return ret;
	}

	inline void solve(){
	ll k; cin >> n >> k;
	for(int i = 1; i < (1ll << n); i++) cin >> w[i];
	for(int i = (1ll << n); i < (1ll << (n + 1)); i++) cin >> q[i], rk[q[i]] = i;
	dp(1); sol(1, k, 0); cout << "\n";
	}

	inline void clr(){
	for(int i = 1; i < (1ll << (n + 1)); i++) vec[i].clear();
	}

	signed main(){
	ios::sync_with_stdio(0);
	cin.tie(0); cout.tie(0);
	int T; cin >> T; while(T--) clr(), solve();

	return 0;
	}